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圆周率是无理数的一个证明

分析笔记 huijiaorz 231℃ 0评论

从接触圆周率开始,就被告知圆周率是无理数。下面的证法是由I.Niven给出的,详情请参考美国数学月利,108卷(2001),222-231页(数学译林 2001第3期)。该证明用的是反证法,这点是不难理解的。用到的背景知识也不多,学过极限和积分都不难理解。下面是反证法的证明过程。

假定$\pi$是有理数,则可设$\pi=\frac{a}{b}$,其中$a,b$为正整数。定义辅助函数$$f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}=\frac{b^nx^n(\pi-x)^n}{n!}$$

这是一个多项式,其中各项的次数从$n$到$2n$。可以证明:对每一项求任意阶导数后,再令$x=0$代入,只能得到0或者整数。实际上这里只有三种情况:

  • 该项求导后仍含有因子$x$
  • 该项求导后已经是常数0
  • 该项求导后为非零常数

只需要讨论第三种情况。假设求导之前该项为$cx^k$,则此时只能是对该项求$k$阶导数的结果,这时得到的值是$k!c$。由于$c$是整数除以$n!$得到的有理数,而$k\geq n$,因此$k!c$一定是整数。

这就证明了对任意自然数$i,f^{(i)}(0)$都是整数。

又由$f(x)$的表达式可知$f(x)=f(\pi-x)$,因此对任意自然数$i,f^{(i)}(x)=(-1)^nf^{(i)}(0)$也是整数。

然后我们要证明定积分$$\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx\tag{1}$$

的值也是整数。对这个积分用分部积分得到$$\begin{aligned}\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx&=f(x)(-\cos x)\vert_0^{\pi}+\int_0^{\pi}f^\prime(x)\cos xdx\\&=f(0)+f(\pi)+f^\prime(x)\sin x\vert_0^{\pi}-\int_0^{\pi}f^{\prime\prime}(x)\sin xdx\\&=f(0)+f(\pi)-\int_0^{\pi}f^{\prime\prime}(x)\sin xdx\end{aligned}$$

由于$f$为$2n$次多项式,重复以上过程,最后的结果是$$\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx=f(0)+f(\pi)-f^{\prime\prime}(0)-f^{\prime\prime}(\pi)+\cdots+(-1)^nf^{(2n)}(0)+(-1)^nf^{(2n)}(\pi)$$

根据前面的分析,可见左边的积分值是整数。

另一方面,在区间$[0,\pi]$上,$0\leq a-bx=b(\pi-x)\leq a$因此对$f(x)$有估计式$$0\leq f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}\leq \frac{\pi^na^n}{n!}$$

这样就得到对于积分(1)的估计$$0<\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx\leq\int_0^{\pi}f(x)dx<\frac{\pi^{n+1}a^n}{n!}$$

由于当$n\rightarrow\infty$时$n!$是较$\pi^na^n$更为高阶的无穷大量,因此只要取$n$充分大,上式右边就小于1。这与积分(1)为整数不相容。因此$\pi$不能是有理数,而只能是无理数。

一个复数,如果它是某个整系数代数方程的根,则称之为代数数,否则,就称之为超越数。Lindemann于1882年证明了$\pi$是超越数,从而最后解决了用圆规和直尺不可能化圆为方这个古希腊三大几何难题中的最后一个问题。

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